16. 如图，把一张长方形卡片 $ ABCD $ 放在每格宽度为 $ 12 \, \mathrm{mm} $ 的横格纸中，恰好四个顶点都在横格线上，已知 $ α = 36^{\circ} $，求长方形卡片的周长.（精确到 $ 1 \, \mathrm{mm} $，参考数据：$ \sin 36^{\circ} \approx 0.60 $，$ \cos 36^{\circ} \approx 0.80 $，$ \tan 36^{\circ} \approx 0.75 $）

16. $ 200 \mathrm{~mm} $

17. 如图，$ AD $ 是 $ △ ABC $ 的中线，$ \tan B = \dfrac{1}{3} $，$ \cos C = \dfrac{\sqrt{2}}{2} $，$ AC = \sqrt{2} $.
求：（1）$ BC $ 的长；
（2）$ \sin ∠ ADC $ 的值.

17. (1)$ B C=4 $ (2)$ \sin ∠ A D C=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $

（1）过点$ A $作$ AE ⊥ BC $于点$ E $，设$ AE = x $。
在$ \mathrm{Rt}△ AEC $中，$ \cos C = \dfrac{\sqrt{2}}{2} $，$ AC = \sqrt{2} $，$ \cos C = \dfrac{EC}{AC} $，则$ EC = AC · \cos C = \sqrt{2} × \dfrac{\sqrt{2}}{2} = 1 $。由勾股定理得$ AE^2 + EC^2 = AC^2 $，即$ x^2 + 1^2 = (\sqrt{2})^2 $，解得$ x = 1 $，所以$ AE = 1 $。
在$ \mathrm{Rt}△ ABE $中，$ \tan B = \dfrac{1}{3} = \dfrac{AE}{BE} $，$ AE = 1 $，则$ BE = 3AE = 3 $。
$ BC = BE + EC = 3 + 1 = 4 $。
（2）因为$ AD $是中线，所以$ BD = DC = \dfrac{BC}{2} = 2 $，$ DE = DC - EC = 2 - 1 = 1 $。
在$ \mathrm{Rt}△ AED $中，$ AE = 1 $，$ DE = 1 $，由勾股定理得$ AD = \sqrt{AE^2 + DE^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2} $。
$ \sin ∠ ADC = \dfrac{AE}{AD} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} $。
（1）$ BC = 4 $；（2）$ \sin ∠ ADC = \dfrac{\sqrt{2}}{2} $

18. 如图，在东西方向的海岸线 $ l $ 上有一长为 $ 1 \, \mathrm{km} $ 的码头 $ MN $，在码头西端 $ M $ 的正西方向 $ 30 \, \mathrm{km} $ 处有一观察站 $ O $.某时刻测得一艘匀速直线航行的轮船位于 $ O $ 的北偏西 $ 30^{\circ} $ 方向，且在与 $ O $ 相距 $ 20\sqrt{3} \, \mathrm{km} $ 的 $ A $ 处；经过 $ 40 $ 分钟，又测得该轮船位于 $ O $ 的正北方向，且在与 $ O $ 相距 $ 20 \, \mathrm{km} $ 的 $ B $ 处.
（1）求该轮船航行的速度；
（2）如果该轮船不改变航向继续航行，那么轮船能否正好行至码头 $ MN $ 处？请说明理由.
（参考数据：$ \sqrt{2} \approx 1.414 $，$ \sqrt{3} \approx 1.732 $）

18. (1)$ 30 \mathrm{~km} / \mathrm{h} $ (2)延长 $ A B $ 交 $ l $ 于 $ P $, 可求 $ O P=20 \sqrt{3} \approx 34.64＞31 $, $ \therefore $ 不能正好行至 $ M N $ 码头

(1) 由题意，$OA=20\sqrt{3}\,\mathrm{km}$，$OB=20\,\mathrm{km}$，$∠ AOB=90°-30°=60°$。在$△ AOB$中，由余弦定理得：
$AB^2=OA^2+OB^2-2· OA· OB·\cos60°=(20\sqrt{3})^2+20^2-2×20\sqrt{3}×20×\frac{1}{2}=1200+400-400\sqrt{3}=1600-400\sqrt{3}$
计算得$AB^2=1600-400×1.732=1600-692.8=907.2$，则$AB=\sqrt{907.2}\approx30\,\mathrm{km}$。
航行时间为$40$分钟$=\frac{2}{3}\,\mathrm{h}$，速度$v=\frac{AB}{\frac{2}{3}}=\frac{30}{\frac{2}{3}}=45\,\mathrm{km/h}$。
(2) 延长$AB$交海岸线$l$于点$P$。在$△ AOB$中，由正弦定理得：
$\frac{OB}{\sin∠ OAB}=\frac{AB}{\sin60°}$
即$\frac{20}{\sin∠ OAB}=\frac{30}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$，解得$\sin∠ OAB=\frac{20×\frac{\sqrt{3}}{2}}{30}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
在$△ AOP$中，$∠ OAP=∠ OAB$，$∠ AOP=90°$，则$\tan∠ OAP=\frac{OP}{OA}$，即$\tan∠ OAB=\frac{OP}{20\sqrt{3}}$。
因为$\sin∠ OAB=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$\cos∠ OAB=\sqrt{1-(\frac{\sqrt{3}}{3})^2}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，$\tan∠ OAB=\frac{\sin∠ OAB}{\cos∠ OAB}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\frac{\sqrt{6}}{3}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\approx0.707$。
则$OP=20\sqrt{3}×\frac{\sqrt{2}}{2}=10\sqrt{6}\approx10×2.449=24.49\,\mathrm{km}$。
码头$MN$在$O$正东方向$30\,\mathrm{km}$处，$M$在$O$正东$30\,\mathrm{km}$，$N$在$O$正东$31\,\mathrm{km}$，而$OP\approx24.49\,\mathrm{km}＜30\,\mathrm{km}$，所以轮船不能正好行至码头$MN$处。
(1)$45\,\mathrm{km/h}$；(2)不能，理由见解析。